第8章 立体几何初步 习题课(1)-【无敌原创】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课时卷

数学 习题课(1) 、 基础过关〕 1.如图所示，Rt△OA'B'是一平面图形的直观图，斜边OB'=2,则这个平面图形 的面积是 ( A 450 A号 B.1 C.√2 D.2√2 B' 2.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点，如果EF,HG交于一点P, 那么 () A.点P一定在直线BD上 B.点P一定在直线AC上 C.点P一定在直线AC或BD上 D.点P既不在直线AC上，也不在直线BD上 3.如图所示，在长方体ABCD一A1BC1D1中，VA-D等于 0 B A.60 B.30 C.20 D.10 4.底面半径为√3，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为 D A.6元 B.12π C.8π D.16π 5.工人师傅在检测椅子的四个“脚”是否在同一个平面上时，只需连接对“脚”的两条线段，看它们是 否相交，就知道它们是否合格.工人师傅运用的数学原理是 A.两条相交直线确定一个平面 B.两条平行直线确定一个平面 C.四点确定一个平面 D.直线及直线外一点确定一个平面 6.下列命题中，正确的是 A.若A,B是平面a上的点，A1,B1是平面3上的点，AA1∥BB1且AA=BB1,则a∥3 B.若a,b是两条直线，且a∥b,则直线a平行于经过直线b的所有平面 C.若直线a∥平面a,点P∈a,则平面a内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条 D.若直线a与平面a不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行 7.一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米，则此球的 半径为 厘米 8.圆柱内有一个内接长方体ABCD一A1B1C1D1,长方体的体对角线长是10√2cm,圆柱的侧面展开 图为矩形，此矩形的面积是100πcm,则圆柱的底面半径为 cm,高为 cm. 38 无敌原创·同步课时卷数学·必修第二册 9.如图所示的图形是由六个直角边长均为1和√3的直角三角形组成的，则该图形绕直线1旋转一周 得到的几何体的体积为 10.已知圆柱OO的底面半径为2，高为4. (1)求从下底面出发环绕圆柱侧面一周到达上底面的最短路径长； (2)若平行于轴OO的截面ABCD将底面圆周截去四分之一，求截面面积； (3)在(2)的条件下，设截面将圆柱分成的两部分中较小部分为I,较大部分为Ⅱ，求V1:V,(体 积之比) 01 D 为 0 11.如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5,CD=2√2，AD=2,求四边形 ABCD绕AD边所在的直线旋转一周所成几何体的表面积和体积， 三 能力提升) 1.如图所示，四棱锥P一ABCD,AC∩BD=O,M是PC的中点，直线AM交平面PBD于点N,则下 列结论正确的是 A.O,N,P,M四点不共面 B.O,N,M,D四点共面 C.O,N,M三点共线 D.P,N,O三点共线 2.如图所示，一个底面半径为2的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为2和 3,则该几何体的体积为 () A.5π B.6π C.20π D.10元 地 3.公元前3世纪，古希腊数学家欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积V与它的直径D的立方成 h 剂 正比”，即V=kD3,欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对计算球的体积的方法还不了 ▣ 解，他们将体积公式V=kD3中的常数称为“立圆率”或“玉积率”.类似地，对于等边圆柱（轴截面是 地 正方形的圆柱)、正方体也可利用公式V=D3求体积（在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正 长 方体中，D表示棱长).假设运用此体积公式求得球（直径为a)、等边圆柱（底面圆的直径为a)、正方 体（棱长为a)的“玉积率”分别为k1,k2,k3,那么1：k2:k3等于 () B晋：2 C.2:3:2π 丝 4.我国古代名著《张丘建算经》中记载：“今有方锥下方二丈，高三丈，欲斩末为方亭，令上方六尺，问： 斩高几何”.大致意思是：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为 正四棱台，且正四棱台的上底边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少.如果我们把求截去的正 四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是（注：1丈=10尺） A.1946立方尺 B.3892立方尺 C.7784立方尺 D.11676立方尺 5.“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数 学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥， 共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面 体”.若该多面体的棱长为√2，则其体积为 ( A.402 B.5 7 3 C. D. 20 3 6.在正方体ABCD一AB1C1D1中，下列说法正确的是 (填序号) (1)直线AC1在平面CC1B1B内；(2)设正方形ABCD与A1B1CD1的中心分别为O,O1,则平面 AACC与平面BB1D1D的交线为OO1;(3)由A,C1,B1确定的平面是ADC1B1;(4)由A,C1,B1 确定的平面与由A,C1,D确定的平面是同一个平面. 7.如图所示，已知ABCD一A1B1CD1是棱长为a的正方体，E,F分别为AA1,CC1的中点，求四棱 锥A1一EBFD1的体积. D C 1-B 8.如图所示，在直角梯形ABDC中，AB∥CD,AB>CD,S是直角梯形ABDC所在平面外一点，画出 平画SBD和平面SAC的交线并写出过程， 397.证明：如图所示，连接EF,GH.因为 能需-1，器器2所以EF/ AC,HG∥AC,且EF≠GH,所以EH, FG共面，且EH与FG不平行.不妨设 EH∩FG=O,因为O∈EH,EHC平面ABD,所以O∈平面 ABD,因为O∈FG,FGC平面BCD,所以O∈平面BCD.又因为 平面ABD∩平面BCD=BD,所以O∈BD,所以EH,BD,FG 三条直线相交于同一点O. 8.解：(1)连接EF并延长，与DB的延长线交于点P,则P为所 求点 (2)设A'B与AB'的交点为O1,BC与B'C的交点为O2,则OO2 为所求直线。 8.4.2空间点、直线、平面之间的位置关系 【基础过关】 1.D[解析：利用展开图可知，线段AB与CD是正方体中的相 邻两个面的面对角线，仅异面不垂直.故选D.】 2.C[解析：由题意直线a∥a,直线bCa,可得直线a,b一定没 有公共点，故两直线的位置关系可以是异面或平行，故选C.] 3.D【解析：异面直线不具有传递性，可a 以以长方体为载体加以说明，a,b异面， 直线c的位置有三种情况如图所示.故 选D.】 4.C[解析：A中，一条直线上有两点在平面内，则该直线在平 面内，故A正确；B中，因为M∈a,M∈B,N∈a,N∈ B,.MN所在直线Ca,且MN所在直线CB,因为a与B不重 合，所以a∩B=MN所在直线，故B正确；C中，如果直线m与 平面a相交，那么存在A∈m→A∈a,故C错误；D中，因为不共 线的三点确定一个平面，所以经过A,B,C三点的平面有且只有 一个，因为A,B,C∈a,A,B,C∈B,所以a与3重合，故D正确. 故选C.] 5.D[解析：当直线l∥a时，a内至少有一条直线与1垂直，当l 与a相交时，a内至少有一条直线与l垂直.当lCa时，a内至少 有一条直线与l垂直.故选D.】 6.D【解析：当三个平面两两相交且过同一直线时，它们有1条 交线；当平面3和Y平行时，它们的交线有2条：当这三个平面 两两相交且不过同一条直线时，它们有3条交线.故选D.] 7.D[解析：直线a不平行于平面a,则a与平面a相交或aC a.故选D.】 8.D[解析：由空间直线的位置关系，知c与b可能异面或相 交.故选D.] 9.A[解析：由棱台的定义知，棱台的所有侧棱所在的直线都 交于同一点，而任意一个侧面所在的平面由两条侧棱所在直线 确定，故这条侧棱与不含这条侧棱的任意一个侧面所在的平面 都相交.故选A.】 10.CD[解析：结合直线与平面的位置关系可知，AB错误，CD 正确.故选CD.】 11.平行或相交[解析：当这两点在α的同侧时，l与a平行；当 这两点在a的异侧时，l与a相交.】 12.8[解析：因为四边形ABCD是平面图形，4条边在同一平 面内，不可能组成异面直线，而每一边所在直线能与2 90无敌原创·同步课时卷数学·必修第二册 条侧棱组成2对异面直线，所以共有4×2=8对异面直线.】 13.解：如图所示，取AB的中点F,连接 D EF,AB,CF.因为E是AA1的中点， A B 所以EF∥A:B.在正方体ABCD A1BCD1中，A1D1∥BC,A1D1=BC, 所以四边形ABCD是平行四边形.所 D 以A1B∥CD1,所以EF∥CD1.所以E, B F,C,D1四点共面.因为E∈平面ABB1A1,E∈平面D1CE,F∈ 平面ABB1A1,F∈平面D1CE,所以平面ABB1A1∩平面 DCE=EF.所以过点D1,C,E的平面与平面ABB1A:的交线 为EF. 【能力提升】 1.C[解析：由题意，直线l与直线a,b可以都相交，也可以只 与a,b其中一条相交，故A,B错误：但直线1不会与直线a,b都 不相交，若l与a,b都不相交，因为l与a都在a内，所以l∥a, 同理l∥b,所以a∥b,这与a,b是异面直线矛盾，故直线l至少与 a,b中之一相交，C正确.故选C.] 2.B[解析：由线面平行的性质知(1)错误；(2)中错误在于a,b 可能有公共点：(3)若a寸a,则a∥a或a与&相交，正确；(4)若 a∩a=A,则a中a,正确.故选B.】 3.D【解析：把不共面的四个定点看作四面体的四个顶点，平 面α可以分为两类：第一类：如图(1)所示，四个定点分布在平面 a的一侧1个，另一侧3个，此类 (1) (2) 中平面a共有4个.第二类：如图(2)所示，四个定点分布在平面 a的两侧各两个，此类中平面a共有3个.综上，平面a共有4十 3=7(个).故选D.] 4.AC[解析：对于A,正确；对于B,逆推“α与3相交”不能推 出“a与b相交”，也可能a∥b:对于C,正确：对于D,反例：正方 体的侧棱中任意两条都共面，但这四条侧棱并不共面，故D错。 故选AC.】 5.ABD【解析：对于A,由公理1知，lCa,故A正确；对于B, 因为a,B表示不同的平面，由公理3知，平面a,B相交，且a∩B= AB,故B正确；对于C,l￠a分两种情况：l与a相交或l∥a.当l 与a相交时，若交点为A,则A∈a,故C错误；对于D,由公理1 逆推可得结论成立，故D成立.故选ABD.】 6.3[解析：画出展开图折叠后的几何体，所以C与G重合，F, B重合，所以四条线段AB,CD,EF和GH在原正方体中相互异 面的有：AB与GH,AB与CD,GH与EF,共有3对.】 (G)9 (FB 7.平行或异面[解析：因为四边形ABCD是梯形，AB∥CD,所 以AB与CD无公共点，又CD过平面a,所以CD与平面a无公 共点.当m∥AB时，则m∥DC:当m与AB相交时，则m与DC 号×[x×(慢)+x()+√×()×()]= 异面.】 内部的正六边形的边长为1，绕直线1旋转一周得到的几何体是 8.解：平面ABC与3的交线与L相交.证明如下：因为AB与 不平行，且ABCa,lCa,所以AB与I一定相交.设AB∩l=P 由底面圆的半径均为号，高均为号的两个圆锥和底面圆的半径 (图略)，则P∈AB,P∈L.又因为ABC平面ABC,lCB,所以P∈ 平面ABC,P∈R所以点P是平面ABC与B的一个公共点，而 为号，高为1的一个圆挂组成的，所以内部的六边形绕1旋转一 点C也是平面ABC与B的一个公共点，且P,C是不同的两点， 周得到的儿何体的体积为2X××(停)×之+×（）'× 所以直线PC就是平面ABC与平面B的交线，即平面ABC∩ B=PC,而PC∩l=P,所以平面ABC与平面B的交线与l相交. 21 17 1=元，所以所求的几何体的体积为x一元=平元故答案为 习题课(1) 1 基础过关】 10.解：(1)将侧面沿某条母线剪开铺平得到 C 1.D[解析：Rt△OA'B'是一平面图形的直观图，斜边 一个矩形，邻边长分别是4π和4，则从下底 OB'=2,∴Rt△OA'B'的直角边长是V2,∴Rt△OA'B'的面积 面出发环绕侧面一周到达上底面的最短路 是号×2×2=1，原平面图形的面积是1×2V2=2区.故 径长为此矩形的对角线长4√十π. 选D.] (2)连接OA,OB,,截面ABCD将底面圆周 2.B【解析：如图所示，，P∈HG, 截去子，∠A0B=90.:0A=0B=2, 0 HGC平面ACD,∴.P∈平面ACD.同 理，P∈平面BAC.·平面BAC∩平面 AB=2√2，而截面ABCD是矩形且AD=4,∴.S矩形ABCD=8 ACD=AC,∴.P∈AC.故选B.] √2，即截面面积为8√2 3D【解析：V,-m=合×号×3× (3)依题知，V侧柱=Sh=16π，三棱柱AOB一DOC的体积是8， 5×4=10.故选D.】 则V,十8=子Vm=4,V1=4-8,而V:= 4.D[解析：由题意知，圆锥轴截面的顶角为120°，设该圆锥的 Vt-V1=12x+8,V1:V1=3+2 元一2 底面圆心为O,球O的半径为R,则OO=R一1，由勾股定理可 11.解：如图所示，∠ADC= 得R2=(R-1)2十(W3)2,.R=2,.球O的表面积为4πR2= 16π.故选D.】 135°，.∠CDE=45°，又CD= 5.A[解析：由题意分析可知，工人师傅运用的数学原理是：两 2√2，DE=CE=2,又AB=5, 条相交直线确定一个平面.故选A.】 AD=2,AE=4,∴.BC=5.则圆 6.C[解析：对于A,a与3还有可能相交，故错误；对于B,设 台上底面半径r1=2,下底面半径 a,b确定的平面为a,显然aCa,bCa,故B错误；对于C,:直线 r2=5,高h=4,母线长l=5,圆锥 a∥平面a,∴存在直线bCa,使得a∥b,过点P作c∥b,则a∥c, 底面半径r1=2,高h'=2,∴.S表幽=S圆台面十S圆台侧面十S丽维侧面一 故C正确；对于D,当aCa时，显然错误.故选C.】 πX52十xX(2+5)5十πX2X2√2=(4√2+60)元.V=V侧台- 7.12【解析：设球的体积为V,半径为R,圆柱形水桶的半径为 号xR,R=64×27= Vs=号(25+10+40X4-寸x×4X2=l48。 3元 r,上升的水高为h,V=Sh=πr2h= 【能力提升】 12(厘米).] 1.D[解析：由题意可知O,N,P,M四点均在平面PAC上，故 8.510[解析：设圆柱的底面半径为rcm, D O,N,P,M四点共面，故A错；若点D与O,M,N三点共面，则 高为hcm,如图所示，则圆柱轴截面长方形 点D在平面PAC内，与题目矛盾，故B错；点O,N∈平面 的对角线长等于它的内接长方体的体对角线 B PBD,ME平面PBD,故O,M,N三点不共线，故C错；连接 长，则 2P+=10,②2，所以{-5，即圆 PO,因为平面PAC∩平面PBD=PO,N∈AM,AMC平面 2xrh=100π， h=10. D PAC,所以N∈平面PAC,又N∈平面PBD,所以N∈PO. 柱的底面半径为5cm,高为10cm.故答案为 故选D.】 5;10.] 2.D[解析：用一个完全相同的几何体把题中 9.子x【解析：由题意可得该图形外面的正 B 几何体补成一个圆柱，如图所示，则圆柱的体积 六边形的边长为√3，旋转得到的几何体是由两个同底的圆台组 为π×22×5=20π，故所求几何体的体积为10π. 故选D.】 成的，两圆台的两个底面圆的半径均为号和3，高均为号，所以 3D【解析：V=R=（受）广 外面的六边形绕1旋转一周得到的几何体的体积为2×号× 否a→k=吾；V2=元Ra=x(号)a=平a3→k=平；V, a→k,=1,故：k:k=吾：年：1，故选D】 4.B[解析：如图所示，设面AB CD,面A'B'C'D'的中心分别为O O,AB,A'B的中点分别为H, H',连接PO,PH,OH,OH',由 A'10 题意知，正四棱锥P一ABCD的下 D 底边长为二丈，高三丈，即AB 20尺，P0=30尺，截去一段后，得 H B 正四棱台ABCD-A'B'C'D',且上 底边长为A'B=6尺，易知△PHO'∽△PHO,所以 PO H品，即000 1 ，解得O0=21,所以该正四棱台的 30 ×20 体积是V=号×21×(202+20×6+6)=3892（立方尺）.枚 选B.] 5.D[解析：将该多面体放入正方体 中，如图所示.由于多面体的棱长为 √2，则正方体的棱长为2.该多面体是 由棱长为2的正方体沿各棱中点截去 8个三棱锥所得的，所以该多面体的 体积为2-8×号×（侵×1×1）× 1-29故选D.】 6.(2)(3)(4)【解析：(1)错误，如图①所示，点A平面 CC1B1B,所以直线AC1￠平面CC1B1B;(2)正确，如图②所示， 因为O∈直线AC,直线ACC平面AA1CC,O∈直线BD,直线 BDC平面BBDD,O∈直线A1C,直线A1C1C平面 AA1C1C,O∈直线B1D1,直线B1D1C平面BB1D1D,所以平面 AA1C1C与平面BB,D1D的交线为OO1;(3)(4)都正确，如图③ 所示，因为AD∥BC且AD=B1C,所以四边形AB1CD是平 行四边形，所以A,B1,C1,D四点共面.所以正确的是(2)(3) (4).故答案为(2)(3)(4).] D ① ② ③ 7.解：EB=BF=FD,=D,E=√+（号）-号四梭锥 A1一EBFD,的底面是菱形.连接EF,则△EFB≌△FED1. ,三棱锥A1一EFB与三棱锥A1一EFD等底同高， .VA-EFB VA -EFDI.VAL-EBFDI =2 VA -EFB.VA-EFB VF-BA1VA-BFD,=2Vr-BA1·CC∥平面ABB,A,三 棱锥F-EBA,的高就是CC到平面ABBA的距离，即棱长 a.又△EBA,边EA:上的高为a,V-mn,=2X弓× 54,Xa=日c. 8.解：很明显，点S是平面SBD和平面 SAC的一个公共点，即点S在交线上， 由于AB>CD,则分别延长AC和BD A 交于点E,如图所示.E∈AC,ACC平 面SAC,.E∈平面SAC.同理，可证 D E∈平面SBD,∴.点E在平面SBD和E4 平面SAC的交线上，连接SE,直线SE是平面SBD和平面 SAC的交线. 8.5空间直线、平面的平行 8.5.1直线与直线平行 【基础过关】 1.B[解析：由于E,F分别是B1O,C1O的中点，故EF∥B1C, 因为和棱BC1平行的棱还有3条，分别为AD,BC,A1D1,所以 共有4条.故选B.】 2.D[解析：另一组边可能平行，也可能不平行，也可能垂直. 注意和等角定理的区别.故选D.] 3.B[解析：如果a,b都与l平行，根据基本事实4，有a∥b,这 与a,b为异面直线矛盾，故a,b中至多有一条与l平行.故 选B.] 4.D[解析：OB与O1B1不一定平行，反 B 例如图所示.故选D.】 02 A 5.B[解析：由于E,F,G分别为A1C1, BC,BB的中点，所以EF∥A:B1∥AB,O1 A FG∥BC,所以∠EFG与∠ABC的两条 对应边分别对应平行，一组边方向相同，另 一组边方向相反，故∠EFG与∠ABC1互补.故选B.] 6.B[解析：∠ABC的两边与∠PQR的两边分别平行，但方向 不能确定是否相同，∴.∠PQR=30°或150°.故选B.】 7.BCD[解析：由等角定理得B,C正确，A错误，由基本事实4 得D正确.故选BCD.] 8.C[解析：由题意结合三角形中位线的性质，可得FH∥PA, GJ∥PA,由基本事实4可得FH∥GJ.故选C.】 9.③[解析：：AB∥A'B',AC∥A'C',∠BAC=∠BA'C'或 ∠BAC+∠B'A'C'=180°.] 10.平行[解析：因为AN=DN,DM=MC,所以MN∥AC.因 为AC∥A'C',所以MN∥A'C'.] 11.平行【解析：连接BD,如图所示，在 △ABD中~福-A错EH/BD,在△CBD E H 中同理可证FG∥BD.故EH∥FG.故答案为 平行.】 B 12.证明：(1)因为E,F,G分别是正方体的棱 CC1,BB1,DD1的中点，所以CE LGD1,BFL GD,所以四边形CEDG与四边形BFDG均 为平行四边形，所以GC∥DE,GB∥D1F. (2)因为∠BGC与∠FD1E两边的方向都相同，且分别对应平 行，所以∠BGC=∠FD1E. 【能力提升】 1.D[解析：由条件易得MQ∥BD,ME∥BC,QE∥CD,NP∥ BD,所以MQ∥NP.对于A,由MQ∥NP,得M,N,P,Q四点共 面，故A正确；对于B,根据等角定理，得∠QME=∠CBD,故B 正确；对于C,由等角定理知∠QME=∠CBD,∠MEQ= ∠BCD,则△BCDp△MEQ,故C正确；对于D,没有充分理由 2.A[解析：对于①，平面内有无数条直线与已知直线平行，故 推证四边形MNPQ为矩形，故D不正确.故选D.】 ①不正确；由线面平行的性质定理可知②正确；对于③，平行于 2.B[解析：①错，可能异面；②正确，依据基本事实4；③错误， 同一个平面的两条直线可能平行、相交，也可能异面，故③不正 和另一条可以异面：④正确，依据平行直线的传递性.故选B.】 确：对于④，过平面外一点有无数条直线与已知平面平行，故④ 3.平行四边形相等 D' 不正确.故选A.】 [解析：如图所示，因为点E,E分别是 E 3.D[解析：当a,b所在平面与平面a平行时，b与平面a平 AD,A'D'的中点，所以AE∥A'E',且 A 行.当a,b所在平面与平面a相交时，b与平面a相交.故选D.】 AE=A'E'.所以四边形AEEA'是平行 4.D[解析：根据直线与平面的位置关系易判断选项D正确. 四边形.所以AA'∥EE,且AA'= 故选D.] EE.又因为AA'∥BB,且AA'=BB. 5.D【解析：l∥α时，直线l上任意一点到a的距离都相等.lC 所以EE∥BB',且EE=BB'.所以四 α时，直线l上所有的点到a的距离都相等；l⊥a时，直线l上有 边形BBE'E是平行四边形.所以BE∥B'E',同理可证CE∥ 两个点到a的距离相等；l与α斜交时，也只有两个点到α的距 CE'.又因为∠BEC与∠BEC'的两边方向相同，所以 离相等.故选D.] ∠BEC=∠BE'C'.J 6.D【解析：如图所示，易知 D 4.6[解析：因为E,H分别是空间四边形ABCD的边AB,DA A1B:∥DC且A1B,=DC,.四边 形A1B,CD是平行四边形， A 的中点，所以EH∥BD,且EH=令BD,同理FG∥BD,且FG= .A1D∥BC.又A1D克平面 合BD.所以EH=FG=合BD=1,同理EF=GH=合AC=2, AB1C,B1CC平面AB1C,.A1D∥ 所以四边形EFGH的周长为6.] 平面ABC.故选D.】 5解：在△BCD中，因为器-品=号，所以GF∥BD,品 7.C[解析：如图所示，由线面平 行的判定定理可知BD∥平面EFGH, 号所以PG=4cm在△ABD中，因为点E,H分别是AB,AD AC∥平面EFGH.故选C.】 8.C【解析：由平行公理知过点P作与直 的中点，所以EH=合BD-3cm设EH,FG间的距离为dcm 线a平行的直线有且只有一条，又由线面 B 平行的判定定理得，该直线一定在平面α 则受×(4+3)×d=28,所以d=8.即平行线EH和FG间的距 内.故选C.] C 离为8cm. 9.C[解析：矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O,所以O 6.证明：如图所示，连接CB:,CD. D 为BD的中点.在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是 CD∥AB1,∴四边形AB,CD是 B △PBD的中位线，故OM∥PD.又OM￠平面PCD,OM￠平面 平行四边形，.A1D∥BC.,M,N PDA,所以OM∥平面PCD,且OM∥平面PDA.因为点M在 分别是CC1,BC1的中点，.MN∥ PB上，所以OM与平面PBA、平面PBC相交，所以④⑤错误. BC,∴MN∥AD.BC∥AD, 故正确的结论为①②③，共有3个.故选C.] 1 D ∴四边形ABCD是平行四边形，∴A1B∥CD.:M,P分别是 10.平行[解析：如图所示，连接BD, C CC1,CD1的中点，∴.MP∥CD1,.MP∥A1B.,∠NMP和 与AC交于点O,连接OE.OE为A B ∠BAD的两边分别平行且方向都相反，∴·∠NMP=∠BA1D. △BDD1的中位线，.BD∥OE.又 7解：图为器品-A所以EH/BD,且EH=产BD. BD丈平面AEC,OEC平面AEC, ∴BD∥平面AEC.】 D ①又因为器-8品=化所以PG/BD,且PG= L-BD.② 11.证明：如图所示，连接BD,AC交 于点O,连接MO,则MO为△BDP的中 又A=u,所以EHLFG.因此A=u时，四边形EFGH为平行四 位线，∴.PD∥MO..PD正平面MAC, 边形. MOC平面MAC,∴.PD∥平面MAC. (2)若A≠μ，由①②，知EH∥FG,但EH≠FG,因此A≠u时，四 12.证明：如图所示，连接DG,CD,设 边形EFGH为梯形. CD∩GF=O,连接OH.在三棱台DEF一 B (3)因为A=4,所以四边形EFGH为平行四边形.又因为EG⊥ ABC中，AB=2DE,G为AC的中点，可 c4---0 HF,所以四边形EFGH为菱形.所以FG=HG.所以 得DFLGC,所以四边形DFCG为平行 D AC=G+1DHG=号HG=2PG,又BD-中FG=3FG,所以 四边形，则O为CD的中点.又H为BC的中点，所以OH∥ AC 1 BD.又OHC平面FGH,BD平面FGH,所以BD∥平 BD=2· 面FGH. 8.5.2直线与平面平行 第1课时直线与平面平行的判定定理 【基础过关】 1.A[解析：A中b可能在a内；B,C显然能得出b∥a;D是线 面平行的判定定理.故选A.】 91